ฝึกโจทย์อสมการ

[จูกัดเหลียง]

ก็เลียนเเบบจากผึกเรขาคณิตนะครับ 555
1.JPMO Let $x,y,z>0$ Prove that $$\frac{1+yz+zx}{(1+x+y)^2}+\frac{1+zx+xy}{(1+y+z)^2}+\frac{1+xy+yz}{(1+z+x)^2}\ge 1$$

MYSoln

พิจารณาว่า $\dfrac{1+zx+yz}{(1+x+y)^2}\ge \dfrac{z}{x+y+z}$

ปล.ลงโจทย์เพิ่มด้วยก็ดีครับ ผมอ่อนใน(ทุกเรื่อง)อย่างมาก

[Thgx0312555]

ข้อ 1 ผมยังทำไม่ได้เลย
ต่อเลยนะครับ

2. Let $x,y,z \in \mathbb{R}^+$ and $x^5+y^5+z^5=3$
Prove that $\dfrac{x^4}{y^3}+\dfrac{y^4}{z^3}+\dfrac{z^4}{x^3}\ge 3$
น่าจะสบายๆกัน

[จูกัดเหลียง]

ผมไม่เเน่ใจว่าได้ป่าวอ่ะครับ เเต่มันเกรียนๆมากๆอ่ะครับ

KaK SOln

จะพิสูจน์ว่า $a^3x+b^3y+c^3z\ge 3$ เมื่อ $x^5+y^5+z^5=3$ เเละ $abc=1$
เเทน $a=\dfrac{x^2}{yz},b=\dfrac{y^2}{zx},z=\dfrac{z^2}{xy}$ ได้ว่า $$\frac{x^{10}}{(xyz)^3} +\frac{y^{10}}{(xyz)^3}+\frac{z^{10}}{(xyz)^3}\ge\frac{(x^5+y^5+z^5)^2}{3(xyz)^3}\ge 3$$
ดังนั้น $a^3x+b^3y+c^3z\ge 3$ เมื่อ $x^5+y^5+z^5=3$ เเละ $abc=1$ เเล้วเเทน $a=x/y,b=y/z,c=z/x$ ก็จะได้ตามต้องการ เเต่ผมว่ามันเเปลกๆอยู่ดี ผิดเเหงเลยครับ 555

ส่วนอันนี้เป็นวิธีที่มีคนคิดเเล้วนะครับ $$\sum_{cyc} \frac{x^{4/5}}{y^{3/5}}=\frac{x}{x^{1/5}y^{3/5}}\ge 5\sum_{cyc} \frac{x}{x+3y+1}=5\sum_{cyc} \frac{x^2}{x^2+3xy+x}\ge \frac{5(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+(xy+yz+zx)+(x+y+z)}$$
เหลือพิสูจน์ว่า $5(x+y+z)^2\ge 3(x+y+z)^2+3(xy+yz+zx+x+y+z)\leftrightarrow [(x+y+z)^2-3(x+y+z)]+[(x+y+z)^2-3(xy+yz+zx)]\ge 0$
จาก $(x+y+z)^2=3(x+y+z),(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)$

[BLACK-Dragon]

3.ให้ a,b,c>0 จงพิสูจน์ว่า

1) $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc$
2) $ab+bc+ca \leq a^2+b^2+c^2$
3) $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^2+b^2+c^2) \leq abc(ab+bc+ca)$ จริงหรือเปล่า ?? (น่าสนใจนะครับ)

[TU Gifted Math#10]

3.1) 3-degree Schur inequality
3.2) $\leftrightarrow \sum_{cyc} (a-b)^2\ge 0$
3.3) $\leftrightarrow \sum_{cyc}a^5+2abc\sum_{cyc}a^2\ge \sum_{sym}a^4b+abc\sum_{cyc}ab$ then using 5-degree Schur inequality